高中数学数学归纳法

数学归纳法能通过“归纳—猜想—证明”解决一些数学问题．1．数学归纳法公理对于某些与正整数n有关的数学命题，可以用数学归纳法证明．2．数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立．(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．想一想：(1)数学归纳法的第一步n0的初始值是否一定为1?提示不一定，如证明n边形的内角和为(n－2)·180°，第一个值n0＝3.(2)为什么可以先假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)时命题成立？再证n＝k＋1时命题也成立就可说明命题成立？提示“假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题成立，”其本质是证明一个递推关系，有了这种向后传递的关系，就能从一个起点不断发展，以至无穷．如果没有它，即使前面验证了命题对许多正整数n都成立，也不能保证命题对后面的所有正整数都成立．3．用数学归纳法证题时，要把n＝k时的命题当作条件，在证n＝k＋1命题成立时须用上假设．要注意当n＝k＋1时，等式两边的式子与n＝k时等式两边的式子的联系，弄清楚增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．想一想：数学归纳法的两个步骤有何关系？提示使用数学归纳法时，两个步骤缺一不可，步骤(1)是递推的基础，步骤(2)是递推的依据．名师点睛1.运用数学归纳法的注意点数学归纳法的步骤(1)是命题论证的基础，步骤(2)是判断命题的正确性能否递推下去的保证，这两个步骤缺一不可．如果缺少步骤(2)，无法对n取n0后的数时的结论是否正确作出判断；如果缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)就没有意义了．(1)验证是基础一般情况下，用数学归纳法证明与正整数有关的数学命题时，第一个允许值是命题成立的第一个正整数，并不一定所有的第一个允许值n0都是1.(2)递推乃关键“假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立”这一归纳假设起着已知的作用，“n＝k＋1时命题成立”则是求证的目标．在证明“n＝k＋1时命题也成立”的过程中，必须利用归纳假设，再根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n＝k＋1时命题成立．可见数学归纳法证明的关键在于第二步．说明：(1)数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛．一般来说，与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n项和等问题，都可以考虑用数学归纳法证明．(2)归纳推理可以帮助我们发现一般规律，但是其正确性需要通过证明来验证．一般情况下，有关正整数的归纳、猜想问题，都需要由不完全归纳法得到猜想，然后用数学归纳法证明猜想是否正确.2．归纳→猜想→证明(1)归纳、猜想和证明是人们探索事物发展规律的常用方法，在数学中是我们分析问题、解决问题的一个重要的数学思想方法．(2)在归纳、猜想阶段体现的是一般与特殊的相互转化关系．(3)在数学归纳法证明阶段体现的是有限和无限的转化，是一种极限的思想.知识点一正确判断命题从n＝k到n＝k＋1项的变化【例1】已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，证明不等式f(2n)>eq\f(n,2)时，f(2k＋1)比f(2k)多的项数是________．在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k＋1)中的最后一项．除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．变式迁移1设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于________．知识点二证明与自然数n有关的等式【例2】已知n∈N*，证明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).变式迁移2用数学归纳法证明：当n≥2，n∈N*时，.知识点三用数学归纳法证明不等式问题【例3】用数学归纳法证明：eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n2)<1－eq\f(1,n)(n≥2，n∈N*)．用数学归纳法证明不等式时常要用到放缩法，即在归纳假设的基础上，通过放大或缩小等技巧变换出要证明的目标不等式．变式迁移3用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n，不等式成立．知识点四用数学归纳法证明整除性问题【例4】用数学归纳法证明：f(n)＝(2n＋7)·3n＋9(n∈N*)能被36整除．变式迁移4用数学归纳法证明62n－1＋1(n∈N*)能被7整除．知识点五归纳—猜想—证明【例5】在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列{n∈N＋}．(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：eq\f(1,a1＋b1)＋eq\f(1,a2＋b2)＋…＋eq\f(1,an＋bn)＜eq\f(5,12).变式迁移5已知数列eq\f(1,1×4)，eq\f(1,4×7)，eq\f(1,7×10)，…，eq\f(1,3n－23n＋1)，…，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明．第1课时数学归纳法【课标要求】1．了解数学归纳法的原理．2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．【核心扫描】1．用数学归纳法证明数学命题的两个步骤相辅相成，缺一不可．2．对数学归纳法的考查主要是在解答题中出现，用数学归纳法证明不等式是高考的热点.自学导引1．数学归纳法公理对于某些与正整数n有关的数学命题，可以用数学归纳法证明．2．数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立．(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．想一想：(1)数学归纳法的第一步n0的初始值是否一定为1?提示不一定，如证明n边形的内角和为(n－2)·180°，第一个值n0＝3.(2)为什么可以先假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)时命题成立？再证n＝k＋1时命题也成立就可说明命题成立？提示“假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题成立，”其本质是证明一个递推关系，有了这种向后传递的关系，就能从一个起点不断发展，以至无穷．如果没有它，即使前面验证了命题对许多正整数n都成立，也不能保证命题对后面的所有正整数都成立．名师点睛运用数学归纳法的注意点数学归纳法的步骤(1)是命题论证的基础，步骤(2)是判断命题的正确性能否递推下去的保证，这两个步骤缺一不可．如果缺少步骤(2)，无法对n取n0后的数时的结论是否正确作出判断；如果缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)就没有意义了．(1)验证是基础一般情况下，用数学归纳法证明与正整数有关的数学命题时，第一个允许值是命题成立的第一个正整数，并不一定所有的第一个允许值n0都是1.(2)递推乃关键“假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立”这一归纳假设起着已知的作用，“n＝k＋1时命题成立”则是求证的目标．在证明“n＝k＋1时命题也成立”的过程中，必须利用归纳假设，再根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n＝k＋1时命题成立．可见数学归纳法证明的关键在于第二步．说明：(1)数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛．一般来说，与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n项和等问题，都可以考虑用数学归纳法证明．(2)归纳推理可以帮助我们发现一般规律，但是其正确性需要通过证明来验证．一般情况下，有关正整数的归纳、猜想问题，都需要由不完全归纳法得到猜想，然后用数学归纳法证明猜想是否正确.题型一正确判断命题从n＝k到n＝k＋1项的变化【例1】已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，证明不等式f(2n)>eq\f(n,2)时，f(2k＋1)比f(2k)多的项数是________．[思路探索]仔细观察命题的结构特点，理解命题由n＝k到n＝k＋1的变化趋势．解析观察f(n)的表达式可知，右端分母是连续的正整数，f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)，而f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k).因此f(2k＋1)比f(2k)多了2k项．答案2k项在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k＋1)中的最后一项．除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．【变式1】设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于________．解析∵f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)，∴f(n＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＋eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)，∴f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2).答案eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)题型二证明与自然数n有关的等式【例2】已知n∈N*，证明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).[思路探索]证明(1)当n＝1时，左边＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，右边＝eq\f(1,2)，等式成立；(2)假设当n＝k(k≥1，且k∈N*)时等式成立，即：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k).则当n＝k＋1时，左边＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1－1)－eq\f(1,2k＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋1)＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)－\f(1,2k＋1)))＝eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,k＋1＋k)＋eq\f(1,2k＋1)＝右边；所以当n＝k＋1时等式也成立．由(1)(2)知对一切n∈N*等式都成立．(1)用数学归纳法证明命题时，两个步骤缺一不可，且书写必须规范；(2)用数学归纳法证题时，要把n＝k时的命题当作条件，在证n＝k＋1命题成立时须用上假设．要注意当n＝k＋1时，等式两边的式子与n＝k时等式两边的式子的联系，弄清楚增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．【变式2】用数学归纳法证明：当n≥2，n∈N*时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n2)))＝eq\f(n＋1,2n).证明(1)当n＝2时，左边＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，右边＝eq\f(2＋1,2×2)＝eq\f(3,4)，∴n＝2时等式成立．(2)假设当n＝k(n≥2，n∈N*)时等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2)))＝eq\f(k＋1,2k)，那么当n＝k＋1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k＋12)))＝eq\f(k＋1,2k)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k＋12)))＝eq\f(k＋12－1,2kk＋1)＝eq\f(k＋2,2k＋1)＝eq\f(k＋1＋1,2k＋1).∴当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)知，对任意n≥2，n∈N*，等式都成立．题型三证明与数列有关的问题【例3】某数列的第一项为1，并且对所有的自然数n≥2，数列的前n项之积为n2.(1)写出这个数列的前五项；(2)写出这个数列的通项公式，并加以证明．审题指导eq\x(据条件写出前五项)→eq\x(猜测出通项公式)→eq\x(利用数学归纳法证明)[规范解答](1)已知a1＝1，由题意得a1·a2＝22，∴a2＝22，∵a1·a2·a3＝32，∴a3＝eq\f(32,22).同理可得a4＝eq\f(42,32)，a5＝eq\f(52,42).因此这个数列的前五项为1,4，eq\f(9,4)，eq\f(16,9)，eq\f(25,16).(4分)(2)观察这个数列的前五项，猜测数列的通项公式应为：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,\f(n2,n－12)n≥2，))(6分)下面用数学归纳法证明当n≥2时，an＝eq\f(n2,n－12).①当n＝2时，a2＝eq\f(22,2－12)＝22，所以等式成立．(8分)②假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，结论成立，即ak＝eq\f(k2,k－12)，则当n＝k＋1时，∵a1·a2·…·ak－1＝(k－1)2，∴a1·a2·…·ak＋1＝(k＋1)2.∴ak＋1＝eq\f(k＋12,a1·a2·…·ak－1·ak)＝eq\f(k＋12,k－12)·eq\f(k－12,[k＋1－1]2)＝eq\f(k＋12,[k＋1－1]2)，所以当n＝k＋1时，结论也成立．(11分)根据①②可知，当n≥2时，这个数列的通项公式是an＝eq\f(n2,n－12)，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,\f(n2,n－12)n≥2.))(12分)【题后反思】(1)数列{an}既不是等差数列，又不是等比数列，要求其通项公式，只能根据给出的递推式和初始值，分别计算出前几项，然后归纳猜想出通项公式an，并用数学归纳法加以证明．(2)数学归纳法是重要的证明方法，常与其他知识结合，尤其是数学中的归纳，猜想并证明或与数列中的不等式问题相结合综合考查，证明中要灵活应用题目中的已知条件，充分考虑“假设”这一步的应用，不考虑假设而进行的证明不是数学归纳法．【变式3】数列{an}满足：a1＝eq\f(1,6)，前n项和Sn＝eq\f(nn＋1,2)an，(1)写出a2，a3，a4；(2)猜出an的表达式，并用数学归纳法证明．解(1)令n＝2，得S2＝eq\f(2×2＋1,2)a2，即a1＋a2＝3a2，解得a2＝eq\f(1,12).令n＝3，得S3＝eq\f(3×3＋1,2)a3，即a1＋a2＋a3＝6a3，解得a3＝eq\f(1,20).令n＝4，得S4＝eq\f(4×4＋1,2)a4，即a1＋a2＋a3＋a4＝10a4，解得a4＝eq\f(1,30).(2)由(1)的结果猜想an＝eq\f(1,n＋1n＋2)，下面用数学归纳法给予证明：①当n＝1时，a1＝eq\f(1,6)＝eq\f(1,1＋12＋1)，结论成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，结论成立，即ak＝eq\f(1,k＋1k＋2)，则当n＝k＋1时，Sk＝eq\f(k·k＋1,2)ak，①Sk＋1＝eq\f(k＋1k＋2,2)ak＋1，②②与①相减得ak＋1＝eq\f(k＋1k＋2,2)ak＋1－eq\f(k·k＋1,2)ak，整理得ak＋1＝eq\f(k＋1,k＋3)ak＝eq\f(k＋1,k＋3)·eq\f(1,k＋1k＋2)＝eq\f(1,k＋2k＋3)＝eq\f(1,[k＋1＋1][k＋1＋2])，即当n＝k＋1时结论也成立．由①、②知对于n∈N＋，上述结论都成立．误区警示未应用归纳假设而导致错误【示例】证明：eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)(n∈N*)[错解](1)当n＝1时，左边＝eq\f(1,2)，右边＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，且k≥1)时，等式成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＝1－eq\f(1,2k)，那么当n＝k＋1时，左边＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))k＋1)),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2k＋1).这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n∈N*都成立．从形式上看，会认为以上的证明是正确的，过程是完整的，但实际上以上的证明却是错误的．错误的原因在第(2)步，它是直接利用等比数列的求和公式求出了当n＝k＋1时式子eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)的和，而没有利用“归纳假设”，这是在用数学归纳法证题时极易犯的一种错误，要引以为戒，一定要引起同学们的足够重视．[正解](1)当n＝1时，左边＝eq\f(1,2)，右边＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，且k≥1)时，等式成立，有eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＝1－eq\f(1,2k).那么当n＝k＋1时，左边＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＝1－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＝1－eq\f(2－1,2k＋1)＝1－eq\f(1,2k＋1)＝右边．这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任何n∈N*都成立．数学归纳法证明命题的步骤及注意事项：①两个步骤，缺一不可，其中第一步是递推的基础，第二步是递推的依据；②两个步骤中关键是第二步，即当n＝k＋1时命题为什么成立．在证n＝k＋1命题时成立时，必须利用归纳假设当n＝k时成立这一条件，再根据有关定理、定义、公式、性质等推证出当n＝k＋1时成立．切忌直接代入，否则当n＝k＋1时成立也是假设了，命题并没有得到证明.题型三用数学归纳法证明几何问题【例3】用数学归纳法证明凸n边形的对角线有eq\f(1,2)n(n－3)条．[思路探索]可先弄清凸n边形多增加一条边时对角线的变化情况，再归纳出变化规律，然后求解．证明①当n＝3时，eq\f(1,2)n(n－3)＝0，这就说明三角形没有对角线，故结论正确．②假设当n＝k(k≥3，k∈N＋)时结论正确，即凸k边形的对角线有eq\f(1,2)k(k－3)条，则当n＝k＋1时，凸(k＋1)边形的对角线的条数f(k)＝eq\f(1,2)k(k－3)(k≥4)，当n＝k＋1时，凸(k＋1)边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点，设为Ak＋1，增加的对角线是顶点Ak＋1与不相邻顶点的连线再加上原k边形一边A1Ak，共增加了对角线的条数为k－2＋1＝k－1.∴f(k＋1)＝eq\f(1,2)k(k－3)＋k－1＝eq\f(1,2)(k2－k－2)＝eq\f(1,2)(k＋1)(k－2)＝eq\f(1,2)(k＋1)[(k＋1)－3]故当n＝k＋1时命题成立．由(1)(2)知，对任意n≥4，n∈N*，命题成立．用数学归纳法证明几何问题，关键在于分析由n＝k到n＝k＋1的变化情况，即分点(或顶点)增加了多少，直线的条数(或划分区域)增加了几部分等，或先用f(k＋1)－f(k)得出结果，再结合图形给予严谨的说明，几何问题的证明：一要注意数形结合；二要注意要有必要的文字说明．【变式3】平面内有n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，求证交点的个数f(n)＝eq\f(nn－1,2).证明(1)当n＝2时，两条直线的交点只有一个，又f(2)＝eq\f(1,2)×2×(2－1)＝1，∴当n＝2时，命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥2)时命题成立，即平面内满足题设的任何k条直线的交点个数f(k)＝eq\f(1,2)k(k－1)，那么，当n＝k＋1时，任取一条直线l，除l以外其他k条直线的交点个数为f(k)＝eq\f(1,2)k(k－1)，l与其他k条直线交点个数为k，从而k＋1条直线共有f(k)＋k个交点，即f(k＋1)＝f(k)＋k＝eq\f(1,2)k(k－1)＋k＝eq\f(1,2)k(k－1＋2)＝eq\f(1,2)k(k＋1)＝eq\f(1,2)(k＋1)[(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时，命题成立．由(1)，(2)可知，对任意n∈N*(n≥2)命题都成立．题型四归纳—猜想—证明【例4】在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列{n∈N＋}．(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：eq\f(1,a1＋b1)＋eq\f(1,a2＋b2)＋…＋eq\f(1,an＋bn)＜eq\f(5,12).审题指导(1)根据已知条件求出{an}，{bn}的前几项，由此猜测{an}，{bn}的通项公式．然后根据递推关系式用数学归纳法加以证明．(2)用放缩法证明不等式．[规范解答](1)由条件得2bn＝an＋an＋1，aeq\o\al(2,n＋1)＝bnbn＋1.由此可以得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.(4分)用数学归纳法证明：①当n＝1时，由上可得结论成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，结论成立．即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，bk＋1＝eq\f(a\o\al(2,k＋1),bk)＝(k＋2)2，所以当n＝k＋1时，结论也成立．由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．(8分)(2)证明eq\f(1,a1＋b1)＝eq\f(1,6)＜eq\f(5,12).n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)＞2(n＋1)n.故eq\f(1,a1＋b1)＋eq\f(1,a2＋b2)＋…＋eq\f(1,an＋bn)＜eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋…＋\f(1,nn＋1)))＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))＜eq\f(1,6)＋eq\f(1,4)＝eq\f(5,12).综上，原不等式成立．(12分)【题后反思】探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出问题的结论，往往需要由特殊情况入手，归纳、猜想、探索出结论，然后再对探索出的结论进行证明，而证明往往用到数学归纳法．这类题型是高考的热点之一，它对培养创造性思维具有很好的训练作用．【变式4】已知数列eq\f(1,1×4)，eq\f(1,4×7)，eq\f(1,7×10)，…，eq\f(1,3n－23n＋1)，…，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明．解S1＝eq\f(1,1×4)＝eq\f(1,4)；S2＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4×7)＝eq\f(2,7)；S3＝eq\f(2,7)＋eq\f(1,7×10)＝eq\f(3,10)；S4＝eq\f(3,10)